CHUYÊN ĐỀ BÀI TẬP CẤU TẠO CHẤT VÀ
NHIỆT ĐỘNG HỌC TRONG ĐỀ THI OLYMPIC
HÓA HỌC VIỆT NAM VÀ OLYMPIC HÓA HỌC
QUỐC TẾ

Nguồn: Sưu tầm


A. PHẦN CẤU TẠO CHẤT:
I.
OLYMPIC HÓA HỌC VIỆT NAM:
OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2003:
1) Trình bày cấu tạo của phân tử CO theo phương pháp VB và phương pháp MO (vẽ giản đồ năng
lượng). Cho ZC = 6; ZO = 8.
2) So sánh năng lượng ion hóa giữa các nguyên tử C và O, giữa phân tử CO với nguyên tử O.
3) Mô tả sự tạo thành liên kết trong các phức chất Ni(CO) 4 và Fe(CO)5 theo phương pháp VB và cho
biết cấu trúc hình học của chúng. Cho biết ZFe = 26, ZNi = 28.
BÀI GIẢI:
1) Theo phương pháp VB thì phân tử CO có cấu tạo:
C

O

Hai liên kết được hình thành bằng cách ghép chung các electron độc thân và một liên kết cho
nhận.
MO: (KK): σ s2σ s2*π x2 = π y2σ z2
2) I1(C) < I1(O) vì điện tích hiệu dụng với electron hóa trị tăng từ C đến O.
I1(CO) > I1(O): vì năng lượng của electron ở σz của CO thấp hơn năng lượng của electron hóa
trị ở oxy.
3)
OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng A):

Lý thuyết lượng t ử dự đoán được sự tồn tại của obitan ng ứng với số lượng tử phụ l = 4 (g là
kí hiệu của số lượng tử phụ n = 4).
1) Hãy cho biết số electron tối đa mà phân lớp ng có thể có
2) Dự đoán sau phân mức năng lượng nào thì đến phân mức ng.
3) Nguyên tử có electron đầu tiên ở phân mức ng này thuộc nguyên tố có số thứ tự Z bằng bao
nhiêu?
BÀI GIẢI:
1) Phân mức năng lượng ng ứng với gía trị l = 4 sẽ có 2l + 1 obitan nguyên tử, nghĩa là có 2.4+1= 9
obitan nguyên tử. Mỗi obitan nguyên tử có tối đa 2e. Vậy phân mức năng lượng ng có tối đa 18e.
2) Phân mức năng lượng ng xuất hiện trong cấu hình electron nguyên tử là 5g bởi vì khi số lượng tử
chính n = 5 thì lớp electron này có tối đa là 5 phân mức năng lượng ứng với l = 0 (s); l =1 (p); l =
2 (d); l = 3 (f) và l = 4 (g). Theo quy tắc Klechkowski thì phân mức 5g có tổng số n + l = 9. Phân
mức này phải nằm sát sau phân mức 8s.
3) (Rn)7s25f146d107p68s25g1.
Z = 121.
OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng A)
1) Hãy cho biết cấu hình hình học của phân tử và ion dưới đây, đồng thời sắp xếp các góc liên kết
trong chúng theo chiều giảm dần. Giải thích.
a) NO2; NO2+; NO2-.
b) NH3; NF3.
2) So sánh momen lưỡng cực giữa hai phân tử NH3 và NF3. Giải thích.
3) Thực nghịêm xác định được mome lưỡng cực của phân tử H 2O là 1,85D, góc liên kết ∠HOH là
104,5o, độ dài liên kết O – H là 0,0957 nm. Tính độ ion của liên kết O – H trong phân tử oxy
(bỏ qua momen tạo ra do các cặp electron hóa trị không tham gia liên kết của oxy)
Cho biết số thứ
tự Z của các nguyên tố: 7(N); 8(O); 9(F); 16(S)
-30
1D = 3,33.10 C.m



BÀI GIẢI:
1) Để giải thích câu này ta có thể dùng thuyết VSEPR hoặc thuyết lai hóa (hoặc kết hợp cả hai).
a)
N

N
O

ON

O

O
sp2 O
sp
(1) và (3): hình gấp khúc.
(2) : thẳng
Góc liên kết giảm theo thứ tự sau: (2) – (1) – (3) do ở (2) không có lực đẩy electron hóa trị của N
không tham gia liên kết, ở (1) có một electron hóa trị của N không liên kết dẩy làm góc ONO hẹp lại đôi
chút. Ở (3) góc liên kết giảm nhiều hơn do có 2 electron không liên kết của N đẩy.
b)
O

2

sp

N
H


N

H

H

F

sp3

sp3

F

F

Góc liên kết giảm theo chiều ∠HNH - ∠FNF vì độ âm điện của F lớn hơn của H là điện tích
lệch về phía F nhiều hơn ⇒ lực đẩy kém hơn.
µ(NH3) > µ(NF3)
Giải thích:

N

N
H

H

H


F

F

F

Ở NH3 chiều của các momen liên kết và của cặp electron của N cùng hướng nên momen tổng
cộng của phân tử lớn khác với NF3 (hình
vẽ). 3)
µ1 H
µ
O
µ2 H
µ của phân tử bằng tổng các momen của hai liên kết (O – H):
Từ đó sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác ta tính được momen của liên kết O – H là:
1,51D
Giả thiết độ ion của liên kết O – H là 100% ta có:
0,0957.10−9 .1,6.10−19
µ1(lt) =
= 4,60D
3,33.10 −30
Ta dễ dàng suy ra độ ion của liên kết O – H là 32,8%
OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng A):
Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương với thông số mạng a = 0,534nm. Tính bán kính nguyên tử
-3
-1
cộng hóa trị của silic và khối lượng riêng (g.cm ) của nó. Cho biết MSi = 28,086g.mol . Kim


cương có c ấu trúc lập phương tâm mặt (diện), ngoài ra còn có 4 nguyên tử nằm ở 4 hốc (site) tứ diện

của ô mạng cơ sở.
BÀI GIẢI:

3

D=a2

D

a 3
2 = 2rSi = 4

rSi =

a 3
8 = 0,118nm

Số nguyên tử Si trong một ô mạng cơ sở: 8.(1/8) + 6(1/2) + 4 = 8
-3
Vậy ta tính được khối lượng riêng của Si là: 2,33g.cm .
OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng B):
Hãy dự đoán số nguyên tố của chu kỳ 7 nếu nó được điền đầy đủ các ô nguyên tố. Viết cấ u
hình electron nguyên tử c ủa nguyên tố có Z = 107 và 117 và cho biết chúng được xếp vào những phân
nhóm nào trong bảng tuần hoàn?
BÀI GIẢI:
1
Nguyên
6
2 tử
14đầu

10tiên
6 của chu kỳ 7 là 7s và kết thúc ở
7p 7s 5f 6d 7p : 32 nguyên tố ở chu kỳ 7.
Z = 107: [Rn]5f146d57s2: Nhóm VIIB
Z = 117: [Rn]5f146d107s27p5: Nhóm VIIA
OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng B):
Ánh sáng nhìn thấy có phân hủy được Br 2(k) thành các nguyên tử không. Biết rằng năng lượng
phá vỡ liên kết giữa hai nguyên tử là 190kJ.mol -1. Tại sao hơi Br2 có màu?
-34
8
-1
23
-1
Biết h = 6,63.10 J.s; c = 3.10 m.s ; NA = 6,022.10 mol .
BÀI GIẢI:
E = h(c/λ).NA ⇒ λ = 6,3.10-7m
λ nằm trong vùng các tia sáng nhìn thấy nên phân hủy được và có màu:
OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng B):
1) Có các phân tử XH3:
a) Hãy cho biết cấu hình hình học của các phân tử PH3 và AsH3.
b) So sánh góc liên kết HXH giữa hai phân tử trên và giải thích.
2) Xét các phân tử POX3
a) Các phân tử POF3 và POCl3 có cấu hình hình học như thế nào?
b) Góc liên kết XPX trong phân tử nào lớn hơn?
3) Những phân tử nào sau đây có momen lưỡng cực lớn hơn 0?
BF3; NH3; SiF4; SiHCl3; SF2; O3.
Cho biết: ZP = 15; ZAs = 33; ZO = 8; ZF = 9; ZCl = 17; ZB = 5; ZN = 7; ZSi = 14; ZS = 16.
BÀI GIẢI:
Để giải thích câu này ta có thể dùng thuyết VSEPR hoặc thuyết lai hóa (hoặc kết hợp cả hai).
2 2 6 2 3

2 2 6 2 6 10 2 3
1)
P: 1s 2s 2p 3s 3p ; As: 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p .
P và As đều có 5e hóa trị và đã tham gia liên kết 3e trong XH3.
X
H

H

H

sp3

Hình tháp tam giác


Góc HPH > HasH vì độ âm điện của nguyên tử trung tâm P lớn hơn so với của As nên lực đẩy
mạnh hơn.
2)
O

X
X

P

n = 3 +1 = 4 (sp3): hình tứ diện
Góc FPF < ClPCl vì Cl có độ âm điện nhỏ hơn flo là giảm lực đẩy.
X


3)
H

F
F

N

sp

3

Cl
Si

Cl

F

S
F

sp3

sp

Cl

O
F


3

O

sp2

O

F

F

Si
B
F

F

F

F

F
2
sp
sp3
4 chất đầu tiên có cấu tạo bất đối xứng nên có momen lưỡng cực lớn hơn 0.
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2002 (Bảng A):
1. Liệ u pháp phóng xạ được ứng dụng rộng rãi để chữa ung thư. Cơ sở của liệu pháp đó là sự biến đổi

hạt nhân.
27Co

59

1

+ 0n → X?

(1)

60

X? → 28Ni + ... ; hν = 1,25 MeV
(2)
(a) Hãy hoàn thành phương trình của sự biến đổi hạt nhân trên và nêu rõ định luật nào được áp dụng
để hoàn th ành phương trình.
(b) Hãy cho biết điểm khác nhau giữa phản ứng hạt nhân với phản ứng oxi hoá-khử (lấy thí dụ từ
phản ứng (2) và phản ứng Co + Cl2 → CoCl2).
2

2

6

2

6

5


1

2. Có cấu hình electron 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s
(1)
(a) Dùng kí hiệu ô lượng tử biểu diễn cấu hình electron (1).
(b) Cấu hình electron (1) là cấu hình electron của nguyên tố hay ion ? Tại sao ?
(c) Cho biết tính chất hoá học đặc trưng của ion hay nguyên tố ứng với cấu hình electron (1), hãy
viết một phương trình phản ứng để minh họa.
2
3. Biết En = -13,6. Z (n: số lượng tử chính, Z: số đơn vị điện tích hạt nhân).
n2
(a) Tính năng lượng 1e trong trường lực một hạt nhân của mỗi hệ N6+, C5+, O7+.

(b) Qui luật liên hệ giữa En với Z tính được ở trên phản ánh mối liên hệ nào giữa hạt nhân với
electron trong các hệ đó ?
(c) Trị số năng lượng tính được có quan hệ với năng lượng ion hoá của mỗi hệ trên hay không ?
Tính năng lượng ion hoá của mỗi hệ.


4. Áp dụng thuyết lai hoá giải thích kết quả của thực nghiệm xác định được BeH2, CO2 đều là phân
tử thẳng.
BÀI GIẢI:
1. (a) Định luật bảo toàn vật chất nói chung, định luật bảo toàn số khối và bảo toàn điện tích nói riêng,
được áp dụng:
Điện tích : 27 + 0 = 27; Số khối : 59 + 1 = 60 → X lµ 27Co60.
59
60
27Co + 0n1 → 27Co .
Số khối : 60 = 60; điện tích : 27 = 28 + x → x = −1. VËy cã

−1e0. 27Co60 → 28Ni60 + -1e; hv = 1,25MeV.
(b) Điểm khác nhau
Phản ứng hạt nhân : xảy ra tại hạt nhân, tức là sự biến đổi hạt nhân thành nguyên tố mới. Ví dụ
(b) ở trên.
Phản ứng hoá học (oxi hoá - khử) : xảy ra ở vỏ electron nên chỉ biến đổi dạng đơn chất, hợp
2+
−
chất. Ví dụ : Co + Cl2 → Co + 2Cl → CoCl2.
Chất dùng trong phản ứng hạ t nhân có thể là đơn chất hay hợp chấ t, thườ ng dùng hợp chất.
Chấ t dùng trong phản ứng oxi hoá - khử, phụ thuộc vào cấu hỏi mà phải chỉ rõ đơn chất hay hợp
chất. Năng lượng kèm theo phản ứng hạt nhân lớn hơn hẳn so với năng lượng kèm theo phản
ứng hoá học thông thường.
2. (a) Dùng ô lượng tử biểu diễn cấu hình :
↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑
(b) (1) là cấu hình e của nguyên t ử vì cấu hình d bán bão hoà nên thuộc kim loạ i chuyển tiếp (theo
HTTH các nguyên tố). Thuộc kim loại chuyển tiếp thì ion không thể là anion; nêu là cation, số e = 24
thì Z có thể là 25, 26, 27 ... Không có cấu hình cation nào ứng với các số liệu này. Vậy Z chỉ có thể
là 24.
10 2 1
2+
10 1
(Nguyên tố Ga có cấu hình
[ar] 3d 4s 4p , ion Ga có cấu hình [ar] 3d 4s bền nên không thể căn
1
cứ vào lớp ngoài cùng 4s để suy ra nguyên tố).
(c) Z = 24 → nguyên tố Cr, Kim loại (chuyển tiếp). Dạng đơn chất có tính khử.
Cr + 2HCl → CrCl2 + H2↑
3. (a) Theo đầu bài, n phải bằng 1 nên ta tính E1. Do đó công thức là E1 = −13,6 Z2 (ev) (2’)
5+


5+

2

Z = 6 → C : (E1) C = −13,6 x 6 = −489,6 eV
6+
6+
2
Z = 7 → N : (E1) N = −13,6 x 7 = −666,4 eV
7+
7+
2
Z = 8 → O : (E1) O = −13,6 x 8 = −870,4 eV
(b) Quy luật liên hệ E1với Z : Z càng tăng E1 càng âm (càng thấp). Qui luật này phản ánh tác dụng
lực hút hạt nhân tới e được xét: Z càng lớn lực hút càng mạnh → năng lượng càng thấp → hệ càng
7+
bền, bền nhất là O .
(c) Trị năng lượng đó có liên hệ với năng lượng ion hoá, cụ thể:
C5+ : I6 = −(E1, C5+) = + 489, 6 eV.
6+
6+
N : I7 = −(E1, N ) = + 666, 4 eV.
7+
7+
O : I8 = −(E1, O ) = + 870,4 eV.
Thứ tự theo trị số Z:

4. Phân tử thẳ ng có 3 nguyên tố được giải thích về hình dạng : Nguyên tố trung tâm có lai hoá sp (là lai
hoá thẳng).



BeH2, cấu hình electron của nguyên tử : H 1s1; Be : 1s22s2. Vậy Be là nguyên tử trung tâm có lai hoá
sp:
↑↓

↑↓
↑ ↑
lai hoá sp
2 obitan lai hoá sp cùng trên trục Z, mỗi obitan đã xen phủ với 1 obitan 1s của H tạo ra liên kết σ.
Vậy BeH2 → H−Be−H (2 obitan p thuần khiết của Be không tham gia liên kết).
2 2 2
2 2 4
CO2, cấu hình electron : C 1s 2s 2p ; O 1s 2s 2p . Vậy C là nguyên tử trung tâm lai hóa sp
↑↓

↑↓

↑↓

→

↑

↑

→

↑↓
↑ ↑
↑ ↑

lai hoá sp
2 obitan lai hoá sp của C xen phủ với 2 obitan p z của 2 O tạo ra 2 liên kết σ. 2 obitan p thuần khiết của C
xen phủ với obitan nguyên chất tương ứng của oxi tạo ra 2 liên kết π (x↔x ; y ↔y) nên 2 liên
kết π này ở trong 2 mặt phẳng vuông góc với nhau và đều chứa 2 liên kết σ. VËy CO2 : O= C = O
Ghi chó: Yêu cầu phải trình bày rõ như trên vì các liên kết σ, π trong CO2 (chó ý: phải nói rõ có sự
tương ứng obitan giữa C với O : x↔x; y ↔y)
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2003 (Bảng A):

1. Nhôm clorua khi hoà tan vào một số dung môi hoặc khi bay hơi ở nhiệt độ không quá
0
cao thì tồn tại ở d ạng dime (Al2Cl6). Ở nhiệt độ cao (700 C) dime bị phân li thành monome
(AlCl3). Viết công thức cấu tạo Lewis của phân tử dime và monome; Cho biết kiểu lai hoá của
nguyên tử nhôm, kiểu liên kết trong mỗi phân tử ; Mô tả cấu trúc hình học của các phân tử đó.
2. Phẩn tử HF và phân tử H2O có momen lưỡng cực, phân tử khối gần bằng nhau (HF 1,91
Debye, H2O 1,84 Debye, MHF 20, MH 2 O 18); nhưng nhiệt độ nóng chảy của hidroflorua là
0
0
– 83 C thấp hơn nhiều so với nhiệt độ nóng chảy của nước đá là 0 C, hãy giải thích vì sao?
BÀI GIẢI:

1.
* Viết công thức cấu tạo Lewis của phân tử dime và monome.
Nhôm có 2 số phối trí đặc trưng là 4 và 6. Phù hợp với quy tắc bát tử, cấu tạo Lewis của
phân tử dime và monome:

Monome

Cl

Al


Cl

Cl

Cl
Al

; dime

Cl

Cl
2

Cl
Al

Cl

Cl

* Kiểu lai hoá của nguyên tử nhôm : Trong AlCl3 là sp vì Al có 3 cặp electron hoá trị;
3
Trong Al2Cl6 là sp vì Al có 4 cặp electron hoá trị .
Liên kết trong mỗi phân tử:
AlCl3 có 3 liên kết cộng hoá trị có cực giữa nguyên tử Al với 3 nguyên tử Cl.
Al2Cl6: Mỗi nguyên tử Al tạo 3 liên kết cộng hoá trị với 3 nguyên tử Cl và 1
liên kết cho nhận với 1 nguyên tử Cl (Al: nguyên tử nhận; Cl nguyên tử cho).
Trong 6 nguyên tử Cl có 2 nguyên tử Cl có 2 liên kết, 1 liên kết cộng hoá trị thông thường



và liên kết cho nhận.
* Cấu trúc hình học:
2
Phân tử AlCl3: nguyên tử Al lai hoá kiểu sp (tam giác
phẳng) nên phân tử có cấu trúc tam giác phẳng, đều, nguyên
tử Al ở tâm còn 3 nguyên tử Cl ở 3 đỉnh của tam giác.

Cl
120

0

0

120

Al
Cl

Cl
120

Phân tử Al2Cl6: cấu trúc 2 tứ diện ghép với nhau. Mỗi nguyên
tử Al là tâm của một tứ diện, mỗi nguyên tử Cl là đỉnh của tứ
diện. Có 2 nguyên tử Cl là đỉnh chung của 2 tứ diện.
• Al
O Cl


0

O
O
O

O

O
O

2.
* Phân tử H-F

M = 20
µ = 1,91 Debye

; H-O-H

M = 18
µ = 1,84 Debye

…

…

có thể tạo liên kết hidro – H O –
có thể tạo liên kết hidro – H F –
* Nhiệt độ nóng chảy của các chất rắn với các mạng lưới phân tử (nút lưới là các phân tử)
phụ thuộc vào các yếu tố:

- Khối lượng phân tử càng lớn thì nhiệt độ nóng chảy càng cao.
- Lực hút giữa các phân tử càng mạnh thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. Lực hút
giữa các phân tử gồm: lực liên kết hidro, lực liên kết Van der Waals (lực định hướng, lực
khuếch tán).
*Nhận xét: HF và H2O có momen lưỡ ng cực x ấp xỉ nhau, phân tử khố i gần bằng nhau
và đều có liên kết hidro khá bền, đáng lẽ hai chất rắn đó phải có nhiệt độ nóng chảy xấp
xỉ nhau, HF có nhiệt độ nóng ch ảy phải cao hơn của nước (vì HF momen lưỡng cực lớn
hơn, phân tử khối lớn hơn, liên kết hidro bền hơn).
0
Tuy nhiên, thực tế cho thấy Tnc (H2O) = 0 C > Tnc(HF) = –
0
83 C. * Giải thích:
…
Mỗi phân tử H-F ch ỉ tạo được 2 liên kết hidro với 2 phân tử HF khác ở hai bên H-F H…
F H-F. Trong HF rắn các phân tử H-F liên kết với nhau nhờ liên kết hidro tạo thành
chuỗi một chiều, giữa các chuỗi đ ó liên kết v ới nhau bằng lự c Van der Waals yếu. Vì vậy
khi đun nóng đến nhiệt độ không cao lắm thì lự c Van der Waals giữa các chuỗi đã bị phá vỡ,
đồng thời mỗi phần liên kết hidro cững bị phá vỡ nên xảy ra hiện tượng
nóng chảy. Mỗi phân tử H-O-H có thể tạo được 4 liên kết hidro
với 4
phân tử H2O khác nằm ở 4 đỉnh củ a tứ diện. Trong nướ c đá mỗi phân
tử H2O liên kết với 4 phân tử H2O khác tạo thành mạng lưới


không gian 3 chiều. Muốn làm nóng ch ảy n ướ c đá cần phải phá v ỡ mạng lưới không gian 3
chiều với số lượng liên kết hidro nhiều hơn so với ở HF rắn do đó đòi hỏi nhiệt độ cao hơn.
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2004 (Bảng A):
-

2+


1. Trong số các phân tử và ion: CH2Br2, F , CH2O, Ca , H3As, (C2 H5 )2O , phân tử và ion
nào có thể tạo liên kết hidro với phân tử nước? Hãy giải thích và viết sơ đồ mô tả sự hình thành
liên kết đó.
2. a) U238 tự phân rã liên tục thành một đồng vị bền của chì. Tổng cộng có 8 hạt α được phóng ra
trong qúa trình đó. Hãy giải thích và viết phương trình phản ứng chung của quá trình này.
3 1 2
b) Uran có cấu hình electron [Rn]5f 6d 7s . Nguyên tố này có bao nhiêu electron độc thân? Có
thể có mức oxi hoá cao nhất là bao nhiêu?
3. Trong nguyên tố hoặc ion dương tương ứng có từ 2 electron trở lên, electron chuyển động
trong trường lực được tạo ra từ hạt nhân nguyên tử và các electron khác. Do đó mỗi trạng thái
của mộ t cấu hình electron có một trị số năng lượng. Với nguyên tử Bo (số đơn vị điện tích hạt
nhân Z = 5) ở trạng thái cơ bản có số liệu như sau:
Cấu hình electron
1s1

1s2
1s22s1

Năng lượng (theo eV)
-340,000
-600,848
-637,874

Cấu hình electron
1s22s2

1s22s22p1

Năng lượng (theo eV)

- 660,025
- 669,800

Trong đó: eV là đơn vị năng lượng; dấu - biểu thị năng lượng tính được khi electron còn chịu
lực hút hạt nhân.
a) Hãy trình bày chi tiết về kết qủa tính các trị số năng lượng ion hoá có thể có của nguyên tử Bo
theo eV khi dùng dữ kiện cho trong bảng trên.
b) Hãy nêu nội dung và giải thích qui luật liên hệ giữa các năng lượng ion hoá đó.
–1
–1
4. Năng lượng liên kết của N-N bằng 163 kJ.mol , của N≡N bằng 945 kJ.mol . Từ 4 nguyên
tử N có thể tạo ra 1 phân tử N4 tứ diện đều hoặc 2 phân tử N2 thông thường. Trường hợp nào
thuận lợi hơn? Hãy giải thích.
BÀI GIẢI:

2+

1/ Các vi hạt CH2Br2, Ca , H3As không có nguyên tử âm điện mạnh nên không thể tạo liên kết
hidro với phân tử nước.
Các vi hạt F , CH2O, (C2 H5 )2O có nguyên tố âm điện mạnh nên có thể tạo liên kết hidro với
phân tử nước:
H
H
OC2H5
F
H
O
H
O
O...H

...
CO
H
C2H5
H
H
Theo định luật bảo toàn khối lượng: x =
2/ a) U238 tự phóng xạ tạo ra đồng vị bền


x
4
92Pb cùng với ba loại hạt cơ bản: 2α ,
o
o
-1β và oγ . 238 − 4 × 8 = 206. Vậy có
206
.
82Pb


Theo định luật bảo toàn điện tích :[ 92 – (82 + 2× 8)] / ( −1) = 6. Vậy có 6 hạt -1βo. Do đó
phương trình chung của qúa trình này là: 92U238

206
82Pb

+ 8 He + 6β.

b) Cấu hình


electron [Rn]5f36d17s2 có số electron ngoài được biểu diễn như sau:
↑

↑

↑

Vậy nguyên tố 92U
3

238

↑

↑↓

có 4 e độc thân (chưa ghép đôi); mức (số) oxi hoá cao nhất

1

2

6

U [Rn]+ .

là +6 và U[Rn]5f 6d 7s – 6 e

3/ a) Tính các trị năng lượng ion hoá có thể có của Bo:

Từ cấu hình electron đã cho , ta xác định được các vi hạt tương ứng cùng với trị năng
lượng như sau:
Cấu hình
electron
1s1

2

1s
1s22s1

Vi hạt

Năng lượng
(theo eV)
- 340,000
- 600,848
- 637,874

B4+

B3+

B2+

Cấu hình
electron
1s22s2

1s22s22p1


Vi hạt

Năng lượng
(theo eV)

B+

B

- 660,025
- 669,800

Có định nghĩa: Năng l ượng ion hoá (của một nguyên t ử) là năng lượ ng ít nhất cần để tách 1 e
khỏi nguyên tố ở trạng thái cơ bản mà không truyền thêm động năng cho e đó.
I

Vậy giữa năng lượng ε của 1 e ở trạng thái cơ bản và năng lượng ion hoá I tương ứng có liên hệ:
= -ε
(1).

M (k – 1)+ - e
M k+ ; Ik
Vậy với sự ion hoá
(2),
Ta có liên hệ:
Ik = - ε = - [EM(k -1)+ - EMk+ ]
(3)
Trong đó: k chỉ số e đã bị mất (do sự ion hoá) của vi hạt được xét, có trị số từ 1 đến n; do đó k+
k+

chỉ số đơn vị điện tích dương của ion M ;
Ik là năng lượng ion hoá thứ k của nguyên tố M được biểu thị theo (2).
Xét cụ thể với nguyên tử Bo: vì Z = 5 nên nguyên tử có 5 e; vậy k = 1 đến 5. ¸áp dụng phương
trình (2) và (3), dùng số dữ kiện bảng trên cho Bo, ta có:
*
;
I1
( vËy k = 1);
Bo − e
B+
I1 = - [ EB − EB+] = − (−669,800 + 660,025 ). VËy I1 = 9,775 eV .
*
;
I2
( vậy k = 2);
B+ − e
B2+
I2 = - [ EB+ − EB2+]
= − (−660,025 + 637,874). Vậy I2 = 22,151 eV .
2+
I3
*
−
e
;
( vậy k = 3);
B
B3+
I3= - [EB2+ − EB3+]
= − (−637,874 + 600,848). Vậy I3 = 37,026 eV .

I4
*
;
( vậy k = 4);
B3+ − e
B4+
I4= - [EB3+ − EB4+] = − (−600,848 + 340,000). Vậy I4 = 260,848 eV .
I4
*
− e
;
( vậy k = 5);
B4+
B5+
I5= - [EB4+ − EB5+]

= − (−340,000 + 0,000). Vậy I5 = 340,000 eV .

b) Từ kết quả trên, ta thấy có quy luật liên hệ các trị năng lượng ion hoá của Bo như sau
I1

< I2 < I 3 <

I4 <

I5

(4).




Giải thích: Khi vi hạt M (k – 1)+ mất thêm 1 e t ạo thành M k+ có s ố đơn vị điện tích k+ lớn hơn (k – 1) nên
lực hút tác dụng lên e tiếp theo trong vi hạt M k+ mạnh hơn so với trong M (k – 1)+. Do đó phải tốn

năng lượng lớn hơn để tách 1e tiếp theo khỏi M k+ ;
nghĩa là I( k – 1) < Ik như đã được chỉ ra trong (4)
trên đây.
∑νiEi 2. a) Xét dấu của nhiệt phản ứng ∆H =
νjEj
j
i
Trong đó i, j là liên kết thứ i, thứ j ở chấ t tham gia, chất tạo thành tương ứng của phản ứng được xét;
Ei ; Ej là năng lượng của liên kết thứ i, thứ j đó.
b) Xét cụ thể với nitơ :
N4
Phản ứng
4N
(1)
vậy ∆ H1 = - 978 kJ .
Có ∆ H1 = 4 EN - EN4 = 0,0 - 6 × 163 ;
2 N2
Phản ứng
4N
(2)
- 2 EN2 = 0,0 - 2 × 945 ; vậy ∆ H2 = - 1890 kJ .
Có ∆ H2 = 4 EN
2 N2 xảy ra thuận lợi hơn phản ứng
Ta thây ∆ H2 < ∆ H1. Vậy phản ứng
4N
N4.

4N
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2004 (Bảng B):
∑

1. Ion nào trong các ion sau đây có bán kính nhỏ nhất? Hãy giải thích.
+

+

+

2+

2+

Li , Na , K , Be , Mg .
2. Sắt monoxit FeO có cấu trúc mạng tinh thể lập phương tâm diện (mặt) kiểu NaCl với thông số
mạng a = 0,430 nm. Hãy tính khối lượng riêng của tinh thể sắt monoxit đó.
BÀI GIẢI:
1.

Tăng r

Li+
+
Na
K+

Be2+
2+

Mg

Giảm r
2+
+
2+
Be và Li đẳng electron với nhau nhưng Be
có điện tích hạt nhân nhiều hơn nên phải có bán
kính nhỏ hơn.
2+
Vậy Be có bán kính nhỏ nhất
2. Đối với tinh thể lập phương tâm
diện (mặt), mỗi ô mạng cơ sở có số đơn vị cấu trúc là
1
1
x8 + x6 = 4 . Vậy khối lượng riêng của tinh thể đó là:
8
2
4(55,8 + 16)
3

(

)

−7 3
.6,022.1023 = 5,91(g / cm )
d = 0,432.10
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2005 (Bảng A):


1

2

3

6

Các vi hạt có cấu hình electron phân lớp ngoài cùng: 3s , 3s , 3p , 3p là nguyên tố
hay ion? Tại sao?

Hãy dẫn ra một phản ứng hoá học (nếu có) để minh họa tính chất hóa học đặc trưng của mỗi vi

hạt.

Cho biết: Các vi hạt này là ion hoặc nguyên tử của nguyên tố thuộc nhóm A và nhóm
VIII(0).


BÀI GIẢI:
Cấu hình electron 1của các lớp trong của các vi hạ t là 1s2 2s22p6 , ứng vớ i cấu hình của
[Ne]. 1. Cấu hình [Ne] 3s chỉ có thể ứng với nguyên tử Na (Z = 11), không thể ứng với ion.
Na là kim loại điển hình, có tính khử rất mạnh. Thí dụ: Na tự bốc cháy trong H2O ở nhiệt độ thường.
2 Na + 2 H2O → 2 NaOH + H2
Cấu hình [Ne] 3s2 ứng với nguyên tử Mg (Z = 12), không thể ứng với ion. Mg là kim loai hoạt
2.
động. Mg cháy rất mạnh trong oxi và cả trong CO2.
2 Mg + O2
2 MgO
2 3

Cấu hình [Ne] 3s 3p ứng với nguyên tử P (Z = 15), không thể ứng với ion. P là phi kim hoạt
3.
động. P cháy mạnh trong oxi.
4 P + 5 O2
2 P2O5
2 6
4. Cấu hình [Ne] 3s 3p :
a) Trường hợp vi hạt có Z = 18. Đây là Ar, một khí trơ.
b) Vi hạt có Z < 18. Đây là ion âm:
−
Z = 17. Đây là Cl , chất khử yếu. Thí dô:
−

+

−

2+

2 MnO4 + 16 H + 10 Cl
2 Mn
2−
Z = 16. Đây là S , chất khử tương đối mạnh. Thí dô:

+ 8 H2O + 10 Cl2

2 H2S + O2
2 S + 2 H2O
3−
Z = 15. Đây là P , rất không bền, khó tồn tại.

c) Vi hạt có Z > 18. Đây là ion dương:
+

Z = 19. Đây là K , chất oxi hoá rất yếu, chỉ bị khử duới tác dụng của dòng điện (điện phân KCl hoặc
KOH nóng chảy).
2+

Z = 20. Đây là Ca , chất oxi hoá yếu, chỉ bị khử duới tác dụng của dòng điện (điện phân CaCl2 nóng
chảy).
II.
OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ:
OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1996:
Nă m 1908 Rutherford, cùng với H. Geiger đo tốc độ bức xạ hạt α (x) bằng radi (trong tự nhiên,
nguyên tố này được biểu thị bởi một hạt duy nhất 226Ra88) và thấy rằng 1,00g radi bức xạ x = 3,42.10 10
hạt α mỗi giây.
Năm 1911, Rutherford và B. Boltwood đo tốc độ tạo thành heli từ radi. Thí nghi ệm này cho phép
các ông có được trị số chính xác nhất có thể có vào thời gian ấ y của số Avogadro, miễn là tr ị số thể tích mol
của khí lý tưởng đượ c biết rõ. Để đạt được mục đích này, một mẫ u muối radi được làm tinh khiết từ một
sản phẩm phân rã có chứa m = 192mg Ra được cho vào một thiết bị và đo thể tích khí heli thoát ra.
3
o
Sau 83 (t = 83,0 ngày) ngày làm thí nghiệm, thu được 6,58mm khí He (0 C và 1atm).
Để hi ểu được các kế t qủa thí nghiệm, ta cần sơ đồ động học phân rã phóng xạ của Ra cho
dưới đây (ghi trên mũi tên là chu kỳ bán huỷ, ghi dưới mũi tên là kiểu phân rã).
> 1500 nam

Ra

α


3,83 ngay

Rn

α
27,1 nam

3,05ph

RaA

α
5 ngay

26,8ph

RaB

β

138 ngay

RaD β
RaE
β
Po
α
Pb
(RaA – RaE là các sản phẩm trung gian của sự phân rã radon)


-4

1,63.10 s

19,7ph

RaC

β

RaC'

α


1. Vi ết năm phân rã phóng xạ đầu tiên, dùng cách biểu diễn cho thấy số hiệu nguyên tử, số khối của
tất cả các hạt nhân có liên quan.
Ước lượng ban đầu cho thấy các chu kỳ bán hủy của tất cả các sản phẩm phân rã của radi, trừ
RaD và Po, có thể được coi như không đáng kể so với thời gian đo t. Dùng ước lượng này để tiến hành
các tính toán sau:
2. a) Có bao nhiêu nguyên tử He được hình thành từ mỗi nguyên tử radi phân rã sau 83
ngày? b) Có tổng cộng bao nhiêu nguyên tử heli được tạo thành trong thí nghiệm?
3. Hãy tính trị số gần đúng của số Avogadro từ số liệu trên. Biết tại 0oC và 1atm thì V = 22,4L.
Để tính được số Avogadro chính xác hơn, chu kỳ bán hủy của Radon (t 1/2 (Rn) = 3,83 ngày) không
thể bỏ qua, vì chu kỳ này là đáng kể so với thời gian tiến hành thí nghiệm t; nghĩa là không phải
mọi nguyên tử radon bị phân rã vào cuối thí nghiệm.
4. Chọn tương quan giữa tốc độ phân rã k của bất kì hạt nhân nào đã cho so với chu kỳ bán huỷ t 1/2
của nó.
a) k = 1/T1/2.
b) k = ln2/T1/2.

c) k = ln2.T1/2.
d) k = π/T1/2.
5. a) Dùng sơ đồ động học đơn giản: Ra k1 → Rn k2 → RaA
(trong đó k1 và k2 là h ằng s ố tốc độ của các phản ứng tươ ng ứng). Viết biểu thức quan hệ giữa
số nguyên tử radon vào lúc cuối thí nghiệm N’Rn và số nguyên tử radi NRa.
- N’Rn = k1.NRa/k2.
- N’Rn = k2.NRa/k1.
- N’Rn = k1.NRa/2k2.
- N’Rn = k1.NRa/3k2.
b) Tính N’Rn dùng tốc độ phân rã radi cho ở trên (x = 3,42.1010 hạt α mỗi gam radi trong một giây).
6. Có bao nhiêu nguyên tử heli có thể được tạo thành từ các nguyên tử radon còn lại lúc cuối thí
nghiệm N’Rn, nếu tất cả các nguyên tử này phân rã thành RaD?
- 4N’Rn.
- 2N’Rn.
- 5N’Rn .
- N’Rn.
- 3N’Rn.
7. Dùng lời giải của các câu hỏi trên, hãy tính một giá trị gần đúng tốt hơn của
a) Số nguyên tử Heli tạo thành.
b) Số Avogadro.
BÀI GIẢI:
1)
222
Ra →86222 Rn +42 He
88
222
86

Rn →84218 Po +42 He


218
84

Po →82214 Pb +42 He

214
82

Pb →83214 Bi +e

214
83

Bi →84214 Po +e

214
84

Po →82210 Pb + e

2) a) 4


b) NHe = 4xmt = 4.3,42.1010.0,192.(83.24.3600) = 1,9.1017.
3) Số Avogadro NA là số hạt vi mô có trong 1 mol
NA = NHe/nHe với NHe là số nguyên tử heli và nHe là số mol He tạo thành trong khoảng thời gian t.

Nế u giả thi ết rằ ng tấ t cả các nguyên t ử radon tạo thành từ các nguyên tử radi đều phân rã trong thời gian thí
nghiệm (giả thiết này theo sau giả thiết là chu kỳ bán hủy của radon có thể bỏ qua so với thời gian 83


ngày, điều này dẫn đến sai số khoảng 5%), khi ấ y số nguyên tử heli bức xạ trong khoảng thời gian t
là NHe = 4xmt và ta có thể tính được NA = 6,4.1023 mol-1.
4) b)
5) a) N’Rn = k1.NRa/k2.
Số nguyên tử radon đạt đến trạng thái gần tĩnh (cân bằng phóng xạ), tại đó tốc độ tạo thành bằng
tốc độ phân rã k2N’Rn = k1.NRa, từ đó N’Rn = k1.NRa/k2.

15

b)Tốc độ phân rã của radi là k1NRa = xm, từ đó ta có thể tính được N’Ra = 3,14.10 .
6) 3N’Rn.
7) a) NHe = 4xmt – 3N’Rn = 1,79.1017.
23
b) NA = NHe/VHe = 6,09.10 .

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1997:
Sắt kim loại nóng chảy ở 1811K. Giữa nhiệ t độ phòng và điểm nóng chảy của nó, sắt kim loạ i
có thể tồn t ại ở các dạng thù hình và các dạng tinh thể khác nhau. Từ nhiệt độ phòng đế n 1185K, sắt có
cấu tạo tinh thể dạng lập phương tâm khối (bcc) quen gọi là sắt-? Từ 1185K đến 1667K sắt kim loại có
cấu tạo mạng l ập phương tâm diện (fcc) và được gọi là sắt-? Trên 1167K và cho tớ i điểm nóng chả y
sắt chuyể n về dạng cấu tạo lập phương tâm khối (bcc) tương tự sắt-? Cấu trúc sau cùng (pha cuối) còn
được gọi là sắt-?
-3
1) Cho biết khối lượng riêng của sắt kim loại nguyên chất là 7,874g.cm ở 293K,
a) Tính bán kính nguyên tử của sắt (cm).
b) Ước lượng khối lượng riêng của sắt (tính theo g.cm-3) ở 1250K
Chú ý: Bỏ qua các ảnh hưởng không đáng kể do sự giãn nở nhiệt của kim loại.
Thép là hợp kim của sắt và cacbon, trong đó một số khoảng trống giữa nguyên tử sắt (các hốc) trong
mạng tinh thể bị chiế m bởi các nguyên tử nhỏ là cacbon. Hàm lượng cacbon trong hợp kim này thườ ng
trong khoảng 0,1% đến 4%. Trong lò cao, sự nóng chảy của sắt càng dễ dàng khi thép ch ứa 4,3% theo khối

lượng. Nếu hỗn hợp này được làm lạnh qúa nhanh (đột ngột) thì các nguyên tử cacbon được phân tán trong
mạ ng sắt-?. Chất rắ n mới này - được gọi là martensite - r ất cứng và giòn. Dù hơi bị biến dạng, cấu tạo tinh
thể của chất rắn này là giống như cấu tạo tinh thể của sắt-? (bcc).
2) Giả thiết rằng các nguyên tử cacbon được phân bố đều trong cấu trúc của sắt.
a) Ước tính hàm lượng nguyên tử cacbon trong một tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của sắt-? trong
martensite chứa 4,3%C theo khối lượng.
b) Ước tính khối lượng riêng (g.cm-3) của vật liệu
này. Khối lượng mol nguyên tử và các hằng số:
MFe = 55,847g.mol-1.
MC = 12,011g.mol-1.
NA = 6,02214.1023mol-1.
BÀI GIẢI:
1) Các bước tính toán:
1. Định nghĩa các tham số của chiều dài (a, b, c, d1, d2 và r) và thể tích (V1 và V2) cho cả
hai cấu tạo bcc và fcc của sắt.
2. Tính thể tích V1 của ô mạng đơn vị của sắt - α nhờ khối lượng riêng của nó (ρ bcc) ở
293K, khối lượng mol nguyên tử của sắt (MFe), và số Avogadro NA.


3.

Tính chiều dài d1 cạnh của ô mạng đơn vị bcc từ thể tích của nó.

4.
5.

Tính bán kính nguyên tử r của sắt từ chiều dài d1.
Tính chiều dài d2 của cạnh ô mạng đơn vị fcc (ở 1250K) từ bán kính nguyên tử r
của sắt.
Tính thể tích V2 của ô mạng đơn vị fcc của sắt - γ từ chiều dài d2 của cạnh.

Tính khối lượng m của số nguyên tử sắt trong một ô mạng đơn vị của sắt - γ từ
khối lượng mol nguyên tử MFe của sắt và số Avogadro NA.
Tính khối lượng riêng (ρfcc) của sắt - γ từ các gía trị của m và V2.

6.
7.
8.

Một hướng khác để tìm khối lượ ng riêng ρfcc c ủa sắt - γ là tính ti l ệ phầ n tră m khoảng không gian
chiếm chỗ trong cả hai loại ô mạng đơn vị bcc và fcc, có thể thay thế các bước từ 5 đến 8 bằng các bước

từ 5’ đến 8’ sau đây:
5’. Tính tỉ lệ phần tăm khoảng không gian chiếm chỗ của ô mạng đơn vị bcc. 6’.
Tính tỉ lệ phần tăm khoảng không gian chiếm chỗ của ô mạng đơn vị fcc.
7’. Từ tỉ lệ fcc/bcc ta suy ra được tỉ lệ: ρbcc/ρfcc.
8’ Từ gía trị cho trước ở bướ 7’ ta tính được
ρfcc. 2) Các chi tiết:
1.
Ở 293K sắt - α có cấu trúc tinh thể bcc.
Mỗi ô mạng đơn vị thực sự chứa hai nguyên tử, trong đó một nguyên tử ở tâm của ô
mạng. Ở 1250K, sắt - γ có cấu tạo tinh thể fcc.
Mỗi ô mạng đơn vị thực s ự chứa 4 nguyên tử và ở tâm của mỗi mặt có một nửa nguyên
tử. r: bán kính nguyên tử của sắt
a: chiều dài đường chéo một mặt của ô mạng đơn vị bcc.
b: chiều dài đường chéo qua tâm của ô mạng đơn vị bcc.
c: chiều dài đường chéo một mặt của ô mạng đơn vị fcc.
d1: chiều dài cạnh của ô mạng đơn vị bcc của sắt - α.
d2: chiều dài cạnh của ô mạng đơn vị bcc của sắt - γ.
V1: Thể tích của ô mạng đơn vị bcc của sắt - α.
V2: Thể tích của ô mạng đơn vị bcc của sắt γ. Va: thể tích chiếm bởi một nguyên tử.

Va1: Thể tích chiếm bởi hai nguyên tử trong một ô mạng đơn vị bcc.
Va2: Thể tích chiếm bởi bốn nguyên tử trong một ô mạng đơn vị fcc.
R1: Tỉ lệ phần trăm khoảng không gian chiếm chỗ trong một ô mạng đơn vị bcc.
R2: Tỉ lệ phần
trăm khoảng không gian chiếm chỗ trong một ô mạng đơn vị fcc.
Va = (4/3)πr3
Va1 = 2Va2
Va2 = 4Va
2
2
a = 2d1
b2 = d12 + a2 = 3d12 ⇒ d1 = (16r2/3)1/2.
b = 4r
V1 = d13 = [(16r2/3)1/2]3
c2 = 2d22 ⇒ d2 = (16r2/2)1/2.
c = 4r
V2 = d23 = [(16r2/2)1/2]3
3
2.
1,000cm sắt có khối lượng 7,874g ở 293K
(ρbcc). 1 mol sắt có khối lượng 55,847g (MFe).
3
Vậy 0,1410mol (7,874/55,847)
của sắt chiếm trong thể tích 1,000cm hoặc 1mol sắt
3
sẽ chiếm thể tích 7,093cm .
23
1 mol tương ứng chiếm 6,02214.10 nguyên tử.
V1 = 7,093.2/(6,02214.1023) = 2,356.10-23cm3 mỗi đơn vị ô mạng.


3.

d1 = V11/3 = 2,867.10-8 cm.


Với cấu tạo bcc, gía trị của d1 có thể được biểu thị là: d1 = (16r2/3)1/2. Vậy gía trị của
r sẽ là: r = (3d12/16)1/2 = 1,241.10-8cm.
2 1/2
-8
5.
Ở 1250K, trong cấu tạo fcc, d2 = (16r /2) = 3,511.10 cm.
3
-23
3
6.
V2 = d2 = 4,327.10 cm .
7.
Khối lượng m của 4 nguyên tử sắt trong ô mạng đơn vị fcc sẽ là:
23
-22
m = 55,847.4/(6,02214.10 ) = 3,709.10 g
3
8.
ρfcc = m/V2 = 8,572g/cm .
Cách giải khác để tìm khối lượng riêng ρfcc của sắt γ: 5’. R1 = [(Va1)/V1].100% = 68,02%
6’. R2 = [(Va2)/V2].100% = 74,05%
7’. ρbcc/ρfcc = 74,05/68,02 = 1,089
8’. ρfcc = 8,572g/cm3.
3) Các bước tính toán:
1. Từ phần trăm cấu thành của martensite (theo khối lượng), tính số mol tương ứng của cacbon và

sắt.
2. Đưa tỉ lệ mol C/Fe về một ô mạng đơn vị (Ghi chú: Hai nguyên tử Fe trong mỗi ô mạng đơn vị).
3. Tìm số nguyên be nhất các nguyên tử C trong số nguyên bé nhất của ô mạng đơn vị (không
bắt buộc).
4. Tính khối lượng sắt trong một ô mạng đơn vị
5. Tính khối lượng cacbon trong một ô mạng đơn vị
6. Tính tổng khối lượng sắt và cacbon trong một ô mạng đơn vị
7. Tính khối lượng riêng của martensite [ρ(martensite có 4,3%C)] từ tổng khối lượng của C và Fe
và thể tích V1 của ô mạng đơn vị sắt - α cấu tạo bcc.
4)Chi tiết:
1. Trong 100,0g martensite có 4,3%C ⇒ nC = 0,36mol và nFe = 1,71mol.
Vậy cứ 1 nguyên tử cacbon có 4,8 nguyên tử sắt hay 0,21 nguyên tử cacbon cho mỗi nguyên tử
sắt.
2. Martensite có cấu tạo tinh thể bcc (2 nguyên tử sắt cho mỗi ô mạng đơn vị). Như vậy số nguyên
tử cacbon trong mỗi ô mạng đơn vị là: 2.(1/4,8) = 0,42 nguyên tử.
3. 5 nguyên tử C [(0,42 nguyên tử C/0,42).5] trong 12 ô mạng đơn vị [1 ô mạng đơn vị/0,42).5]
4. Số gam Fe trong mỗi ô mạng đơn vị là: 55,847.2/6,02214.1023 = 1,8547.10-22g
5. Số gam C trong mỗi ô mạng đơn vị là: 12,011/6,02214.10 23 = 1,9945.10-23g
-22
-23
-22
6. Tổng khối lượng C và Fe = 1,8457.10 + 0,42.1,9945.10 = 1,938.10 g.
-23
3
7. Mỗi ô mạng đơn vị của sắt - α chiếm thể tích V1 = 2,356.10 cm .
ρ(martensite có 4,3%C) = 1,938.10-22/(2,356.10-23) = 8,228g.cm-3.
OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1998:
Nathan Thompson là một trong những cư dân đầu tiên của đảo Lord Howe đã trồng trong vườn
nhà mình một số cây s ồi châu Âu. Tuy nhiên người ta không thể biết chính xácv thời gian đã trồng vì
quyển nhật kí của ông ta đã bị thất lạc trong bão biể n. Phía sau nhà Nathan có một cái hồ nhỏ. Qua

nhiều năm, lá cây sồi châu Âu và các hạt tích tụ ở đáy hồ. Một l ượng rất nhỏ đồng vị phóng xạ Pb-210
(chu kỳ bán hủy là 22,3 năm) cũng đồng thời l ắng đọng. Nên biết rằng cây sồi châu Âu rụng lá ngay từ
năm đầu tiên. Năm 1995 một nhóm nghiên cứu l ấy mẫu đất bùn từ đáy hồ. Đất bùn được cắt thành
những lát dày 1cm và khảo sát trầm tích và chì phóng xạ Pb-210.
Sự khảo sát đất bùn cho thấy:
• Trầm tích của sồi châu Âu và hạt của nó tìm thấy đầu tiên ở độ sâu 50cm.
• Độ phóng xạ của Pb-210 ở phần trên của đất bùn là 356Bq/kg còn ở độ sâu 50cm là 1,40Bq/kg.
4.


1) Nathan Thompson đã gieo hạt năm nào?
Chì phóng xạ Pb-210 là một trong những phân rã của U-238. U-238 có trong vỏ trái đấ t và do
một số nguyên nhân, một lượng nhất định Pb-210 thoát vào khí quyển và bám vào các phần tử trầm tích
lắng đọng dưới đáy hồ.
Chuỗi phân rã U-238 là:
U-238 – U-234 – Th-230 – Ra-226 – Rn-222 – (Po-218 – Bi-214)* - Pb-210 – Pb-236 (bền)
*: Chu kỳ bán hủy rất ngắn, tính theo phút và ngày:
2. Bước nào trong chuỗi phân rã giải thích bằng cách nào Pb-210 lại có trong nước mưa trong khi
nguyên tố mẹ U-238 chỉ có trong vỏ trái đất.
BÀI GIẢI:
1) Tại độ sâu 50cm sự phân rã của Pb-210 tương đương với:
356 – 178 – 89 – 44,5 – 22,5 – 11,25 – 5,63 – 2,81 – 1,39 =8 chu kỳ bán hủy.
= 8.22 = 176 năm
Nếu năm khai quậ t là 1995 thì năm gieo hạt là 1995 – 176 =
1819(±2) 2) Ra-226 – Rn-222.
OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1999:
232
Một trong các chuỗi phân hủy phóng xạ tự nhiên bắt đầu với Th90 và kết thúc với đồng vị bền
208
Pb82.


1. Hãy tính số phân hủy β xảy ra trong chuỗi này.
2. Trong toàn chuỗi, có bao nhiêu năng lượng (MeV) được phóng thích.
-1
232
3. Hãy tính tốc độ
Th
10 tạo thành năng lượng (công suất) theo watt (1W = Js ) sản sinh từ 1,00kg
(t1/2 = 1,40.10 năm).
4. 228Th là một phần228Th
tử trong chuỗi thori, thể tích của heli theo cm3 tại 0oC và 1atm thu được là bao
nhiêu khi 1,00g
(t1/2 = 1,91 năm) được chứa trong bình trong 20,0 năm? Chu kỳ bán hủy
của tất cả các hạt nhân trung gian là rất ngắn so với 228Th.
5. Một phân tử trong chuỗi thori sau khi tách riêng thấy có chứa 1,50.10 10 nguyên tử của một hạt nhân
và phân hủy với tốc độ 3440 phân rã mỗi phút. Chu kỳ bán hủy tính theo năm là bao nhiêu?
Các khối lượng nguyên tử cần thiết là:
4
206
232
He2 = 4,00260u Pb82 = 207,97664u Th90 = 232,03805u 1u = 931,5MeV.
1MeV = 1,602.10-13J.
NA = 6,022.1023mol-1.

Thể tích mol của khí lý tưởng tại 0oC và 1atm là 22,4L.
BÀI GIẢI:
1) A = 232 – 208 = 24 và 24/4 = 6 hạt anpha.
Như vậy điện tích hạt nhân giảm 2.6 = 12 đơn vị, nhưng sự khác biệt về điện tích hạt nhân chỉ là
90 – 82 = 8 đơn vị. Nên phản có 4 hạt beta bức xạ.
2) 90232 Th →82208 Pb +642 He + 4β −

232
208
4
2
Năng lượng phóng thích Q = [m( Th) – m( Pb) – 6m( He)]c = 42,67MeV.
3) 1,00kg có chứa =

1000.6,022.1023

232
232
Hằng số phân hủy của Th

0,693
−18 s −1
λ = 1,40.10=1,57.10
10
.3,154.107
A = Nλ = 4,08.106 Dps

= 2,60.1024 nguyên tử


Mỗi phân hủy giải phóng 42,67MeV
6
-13
-5
Công suất = 4,08.10 .42,67.1,602.10 = 2,79.10 W.
228
208

4
4) 90 Th →82
Pb +5 2 He
Chu kỳ bán hủy của những hạt trung gian khác nhau là khá ngắn so với 228Th.
23
0,693
20 −1
A = λN =
= 9,58.10 y
1,91
228
Số hạt He thu được:
NHe = 9,58.1020.20.5
=3 9,58.1022
3
hạt VHe = 3,56.10 cm = 3,56L.
5) A = λ.N
1,00.(6, 022.10

)

t

0,693 0,693.N
= λ = A
= 5,75 năm.
OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2001:
Sự phụ thuộc giữa độ dài sóng và quang phổ vạch của nguyên tử hydro đã được biết đến lần đầu
tiên bởi một loạt các công trình của một giáo viên người Thụy Sỹ là ông Johan Jakob Balmer. Balmer đã
đưa ra công thức thực nghiệm:

1/2

1

1

=R
λ

1

−
H

n2

22

m .e4
e

Với RH =

=109768cm−1

8.εo3 .h3 .c
RH là hằng số Rydberg, me là khối lượ ng electron. Niels Bohr đã chứng minh được công
thức trên bằng lý thuyết năm 1913. Công thức này đúng với hệ nguyên tử, ion chỉ có 1e.
-10
+

1.1.
Tính bước sóng dài nhất bằng Å (1Å = 10 m) trong dãy Balmer của ion He , bỏ qua sự
chuyển động của hạt nhân.
1.2.
Một công thức tương tự như công thức của Balmer được áp dụng cho các vạch phổ khác sinh ra
khi đi từ mức năng lượng cao hơn xuống mức năng lượng thấp nhất. Viết công thức đó và hãy
sử dụng nó để tính năng lượng ở trạng thái cơ bản của nguyên tử hydro (eV)
Nguyên tử hydro “muon”1 cũng tươ ng tự như nguyên tử hydro nhưng các electron bị thay thế
bằng “muon”. Khối lượ ng của “muon” gấp 207 lầ n khối lượng electron trong khi điện tích c ủa nó
cũng giống như điện tích của electron. “Muon” có thời gian tồn tại rất ngắn nhưng ở bài toán này
chúng ta không xét đến sự kém bền của nó.
1.3.
Xác định mức năng lượng thứ nhất và bán kính Bohr thứ nhất của nguyên tử hydro “muon”. Bỏ qua
sự chuyển động của các hạt nhân. Biết bán kính của qũy đạo thứ nhất của nguyên tử hydro là
ao =

εo h

2

m e e 2π

o

= 0,53 A

Bức tranh toàn cảnh về lý thuyết “qũy đạo” của Bohr đã được thay thế bằng lý thuyết lượng tử với
khái niệm về “obitan”. Obitan ψ1s (r) ở trạng thái cơ bản của nguyên tử hydro được cho dưới đây:



1

ψ

−r / a0

= πa0 e
r là khoảng cách từ electron tới hạt nhân, ao là bán kính Bohr.
1s

1

“muon” là một loại hạt nặng (họ lepton)

3


1.4.

Xem bán kính của lớp vỏ hình cầu là ao và độ đặc là 0,001ao. Ước lượng xác suất tìm thấy
electron trong lớp vỏ này. Thể tích của hình cầu có bán kính trong r và có độ đặc ∆r được tính

bằng công thức V = 4πr2∆r.
- Phân tử H2 có thể được phân ly theo hai hướng:
(i): H2 →
H + H (hai nguyên tử hydro độc lập) (ii):
H2 → H+ + H- (1 proton và 1 ion hydrua)
Đồ thị năng lượng phụ thuộc vào khoảng cách (E = f(R)) của H2 được chỉ ra một cách sơ lược ở
sơ đồ dưới đây. Năng lượng nguyên tử và phân tử được cho trong cùng một tỉ lệ:


1.5.
1.6.
1.7.
1.8.

Cho biết phản ứng (i) và (ii) ứng với đường cong nào?
Xác định giá trị của năng lượng phân ly (De) bằng đơn vị eV của H2 ứng với phản ứng (i) và (ii).
Từ các số liệu đã cho tính năng lượng của qúa trình H- → H + e
H- là hệ 2e. Giả sử rằng công thức tính năng lượng của Bohr- là phù hợp với mỗi e và điện tích
tác dụng lên mỗi e là điện tích hiệu dụng Z*. Tính Z* của H .
BÀI GIẢI:
1. Bước sóng dài nhất λL ứng với n = 3.
Đối với He+:
1
1
1
o
= 4R

2.

λ
1

=R

−

H


1
2

2

2

−

1
2

=1641,1 A

n2
;n

= 2,3,4...

n
λ
H1
E = -hcRH = -13,6eV.
3 Mức năng lượng thấp nhất = -207.13,6 = -2,82keV.
-3

Bán kính của qũy đạo Bohr thứ nhất = 0,53/207 = 2,6.10
A 4 Xác suất = ψ (ao ) 2 4πao2 .0,001ao = 0,004e−2 = 5,41.10−4
5 Đường cong năng lượng của phản ứng (i) thấp hơn (ii).
6 (i) 4,7eV

(ii) 17,6eV

o


7

Ái lực electron = -13,6 – (-14,3) = 0,7eV
*
8 Z = 0,7.
OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2001:
Khoáng chất trong cát biển – monazit – là nguồn giàu thori có sẵ n ở bang Kerala (Ấn Độ). Một
208
206
mẫu monazit chứa 9%ThO2 và 0,35% U3O8; Pb và Pb là những sản phẩm bền tươ ng ứng với các qúa
232
238
trình phân rã Th và U. Tất cả chì có trong monazit đều có nguồn gốc từ cùng một chất phóng
xạ.
Tỉ s ố các đồng vị (208Pb/232Th) đo được bằ ng phổ khối lượng trong mẫu monazit là 0,104. Chu kỳ bán
huỷ của 232Th và 238U lần lượt là 1,41.1010 năm và 4,47.109 năm. Giả sử rằng 208Pb; 206Pb; 232Th

và 238U tồn tại nguyên vẹn từ khi hình thành khoáng monazit.
1. Tính tuổi (thời điểm bắt đầu hình thành) khoáng monazit.
206
238
2. Tính tỉ lệ ( Pb/ U) trong mẫu monazit.
3. Thori – 232 là nguyên liệu chế tạo năng lượng hạt nhân. Trong qúa trình chiếu xạ nhiệt nơtron nó
233
hấp thụ 1 nơtron và sinh ra đồng vị U bằng phóng xạ β. Viết các phản ứng hạt nhân hình thành

233U

từ 232Th.

233

Trong phản ứng phân hạch hạt nhân của U một hỗn hợp sản phẩm phóng xạ được hình
101
thành. Sự phân rã sản phẩm
Mo bắt đầu
chịu tác dụng của phân rã như sau:
101
101
t
=14,6
ph
t1/ 2 =14,3 ph
101
1/ 2
Ru
42 Mo→43
Tc→44
101
101
4. Một mẫu tinh khiết chỉ chứa
Mo chứa 5000 nguyên tử Mo. Hỏi có bao nhiêu nguyên
101
101
101
tử Mo; Tc; Ru sẽ xuất hiện sau 14,6 phút.

BÀI GIẢI:
1. N = N o e −0,693t / t1/ 2
N o − N = e0,693t / t1/ 2 −1
N
232
208
(No – N): Số nguyên tử Th phân rã = số nguyên tử Pb hình thành.
Thay số vào ta tính được: t = 2,01.109 năm.
206
238
2. Đặt x = ( Pb/ U). Ta có:
0,693t / t
−1
x=e
9
9
Thay t = 2,01.10 năm và t1/2 = 4,47.10 năm ta thu được kết qủa x = 0,366
1/ 2

3.
4

232
90

(n,γ )

β

233


Th→90 Th →91

−

β

233

−

233

Pa →92 U

Số nguyên tử của 101
Mo (N1) trong mẫu sau một chu kỳ bán hủy là: N 1 =
101
2500 Số nguyên tử Tc được cho bởi hệ thức:
λ N
1

N 2 =λ

2

−λ (e
o

− λt


1

1

−λ t

−e

2

)

Với No = 5000 là số nguyên tử
đầu λ1 =
λ2 =

0,693

0,693

101

Mo ban

14,6

14,3

Và tại thời điểm t = 14,6ph ta tính được N2 = 1710

101
Số nguyên tử Ru tại 14,6ph là N3 = No – N1 – N2 = 790 nguyên tử.
OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2005:
1. Vẽ công thức Lewis của mỗi phân tử sau:


a) N2.
b) NH3.
c) O3.
d) SO3.
2 Vẽ công thức Lewis của cacbon monoxit và xác định điện tích hình thức, trạng thái oxy hóa của
cacbon và oxy trong cacbon monoxit.
Thioure – S, S – dioxit có khung cấu tạo như sau:
H

O

N

S
O

H

C
N

H

H


Viết công thức Lewis cho Thioure – S, S – dioxit với điện tích hình thức của tất cả các nguyên tố
bằng không.
4 Dựa vào thuyết sức đẩy cặp electron (VSEPR). Hãy xác định dạng hình học của nguyên tử lưu
huỳnh, cacbon và nitơ dựa vào cấu trúc Lewis đã đề ra ở câu 3.
4a. Dạng hình học của nguyên tử lưu huỳnh là dạng nào trong 3 dạng sau:
a) Tháp tam giác.
b) Tam giác phẳng.
c) Chữ T
4b. Dạng hình học của nguyên tử cacbon là dạng nào trong 3 dạng sau:
a) Tháp tam giác.
b) Tam giác phẳng.
c) Chữ T.
c. Dạng hình học của nguyên tử Nitơ là dạng nào trong 3 dạng sau:
a) Tháp tam giác.
b) Tam giác phẳng.
c) Chữ T.
Cấu trúc phân tử ở trạng thái rắn thường được xác định bởi phương pháp phổ tia X. Dựa vào
phương pháp này thì cấu trúc của Thioure – S, S – dioxit sẽ như sau:
3


H

O

N

H


N

H

C

O

H
o

65

Tất cả các nguyên tử N, H đều nằm trong cùng mặt phẳng với S, C và góc nhị diện giữa mặt phẳng
o
OSO và SC(NH2)2 là 65 .
5. Viết công thức Lewis và các công thức cộng hưởng phù hợp với các dữ kiện đã cho
BÀI GIẢI:
1:
a) N

b)

N

c) O

N

O


O

O

H
H

H

O

d)
O

O

O
O
S
OS
O
Có thể chấp nhận các câu trả lời sau:
O
O
O
O
O
O


O

O

O O

Nhưng các câu trả lời sau là sai:

O

O

O
O

2:
C

O

O

O O

hay C

O

O


O

O

O

O